《（浙江专用）2016版高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动综合检测》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江专用）2016版高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动综合检测（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题一综合检测一、单项选择题1(2015嘉兴摸底)如图所示，倾角为30、重为80 N的斜面体静止在水平面上一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面上，杆的另一端固定一个重为2 N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是()A斜面体有向左运动的趋势B地面对斜面体的支持力为80 NC小球对弹性轻杆的作用力为2 N，方向竖直向下D弹性轻杆对小球的作用力为2 N，方向垂直斜面向上解析：选C.由整体法和平衡条件可知，A、B错；对小球由平衡条件知，小球受到的弹力大小为2 N，方向竖直向上，D错；由牛顿第三定律知C对2(2015高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带
2、对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.mgB.mgC.mg D.mg解析：选A.设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v22gh，得v，设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得Fmgma又vat解得Fmg.3.(2015高考重庆卷)若货物随升降机运动的vt图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()解析：选B.根据vt图象可知电梯的运动情况：加速下降匀速下降减速下降加速上升匀速上升减速上升，根据牛顿第二定律Fmgm
3、a可判断支持力F的变化情况：失重等于重力超重超重等于重力失重，故选项B正确4.如图所示，匀强电场方向竖直向下，场强为E，从倾角为的足够长的斜面上的A点先后将同一带电小球(质量为m，所带电荷量为q)以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为v1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为1，第二次初速度为v2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面的夹角为2，若v1v2，则()A12B12C12 D无法确定解析：选B.本题为类平抛运动，可迁移“做平抛运动的物体在任一时刻的速度方向与水平方向夹角的正切值是此时其位移与水平方向夹角的正切值的2倍”，即“tan 2tan ”这一结论，由于两次完成的位移方向一致，
4、则末速度方向必定一致，从而得到正确选项为B.5.(2015上海市徐汇区二模)如图，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为()A. B. C. D. 解析：选B.到达B点时，平抛运动的水平位移xRRcos 60设小球抛出时的初速度为v0，则到达B点时有tan 60 ，水平位移与水平速度v0的关系为xv0t，联立解得v0，选项B正确6.(2015高考天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想
5、在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力为达到上述目的，下列说法正确的是()A旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析：选B.旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mgm2r，解得，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确二、不定项选择题7(2015浙江四校高三联考)健身球是现在非常流行的健身保健器具之一，它有很好的弹性已
6、知某健身球的重力为G0，使用该健身球的人重力为G，当人从球的正上方由静止开始压上健身球后(全身离地)，下列说法正确的是()A地面对健身球的支持力总是等于G0GB健身球对该人的支持力先小于G，后大于GC健身球被压到最扁过程中地面对球的支持力逐渐增大D该人在健身球上下降的原因是压健身球的力大于健身球对人的支持力解析：选BC.人在健身球上下降过程中先加速下降，后减速下降，即先失重后超重，故人所受健身球的支持力先小于G，后大于G，健身球所受地面的支持力先小于G0G，后大于G0G，A错，B对；由于健身球在被压扁过程中，形变越大，所受压力越大，故地面对其支持力也越大，C对；健身球对人的支持力与人对健身球的
7、压力是作用力与反作用力，等大，D错8(2015贵州省七校联考)如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是()AA所受合外力增大BA对竖直墙壁的压力增大CB对地面的压力一定增大D墙面对A的摩擦力可能变为零解析：选BCD.外力增大，系统保持静止，由平衡条件可知，A所受合外力为零，A项错误；对A、B整体进行受力分析，水平方向上墙壁对整体的支持力与外力F为平衡力，根据牛顿第三定律可知，A对竖直墙壁的压力增大，B项正确；对B受力分析，如图，根据平衡条件有：FFNsin ，可见F增大，则
8、FN增大，又FNmgFNcos ，可见FN增大，则FN增大，由牛顿第三定律可知，球对地面的压力增大，C项正确；取整体为研究对象，当FNm总g时墙壁与斜劈之间的摩擦力为零，D项正确9在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8 B10C15 D18解析：选BC.设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分设该列车厢有n节，Q部分
9、为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有Fn1ma；当加速度为a时，对P有F(nn1)ma，联立得2n5n1.当n12，n14，n16时，n5，n10，n15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确三、非选择题10(2015淄博三模)如图所示，在倾角37的粗糙斜面上距离斜面底端x1 m处有一质量m1 kg的物块，受水平恒力作用，由静止开始沿斜面下滑到达底端时撤去水平恒力，物块在水平面上滑动一段距离后停止不计物块撞击水平面时的能量损失物块与各接触面之间的动摩擦因数均为0.2，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2.求：(1)若物块运动过程中的最大速度
10、为1 m/s，水平恒力F的大小为多少？(结果保留两位有效数字)(2)若改变水平恒力F的大小，可使物块总的运动时间有一最小值，最小值为多少？解析：(1)物块到达斜面底端时速度最大，v22ax对物块，有FNmgcos Fsin mgsin Fcos FfmaFfFN代入数据得F4.2 N.(2)设斜面上物块加速度为a1，运动时间为t1，在水平面上运动时间为t2则xa1t到达底端时速度v22a1x物块在水平面上运动时a2g，va2t2总时间tt1t2由数学知识可知，当a12 m/s2时tmin2 s.答案：(1)4.2 N(2)2 s11(2015太原模拟)质量为3 kg的长木板A置于光滑的水平地面
11、上，质量为2 kg的木块B(可视为质点)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止开始运动，如图甲所示A、B运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示(g取10 m/s2)求：(1)木板与木块之间的动摩擦因数；(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(2)4 s末A、B的速度；(3)若6 s末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？解析：(1)由题图乙知4 s末A、B间达到最大静摩擦力，此时a2 m/s2对应A板FfmAamBgA、B间动摩擦因数0.3.(2)由题图知4 s末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积vat124 m/s4 m/s.(3)4 s到6 s末t22 s木板A运动的位移xAvt2a
12、At木块B运动的位移xBvt2aBt木板的长度lxBxA4 m.答案：(1)0.3(2)均为4 m/s(3)4 m12如图所示，质量m50 kg的运动员(可视为质点)，在河岸上A点紧握一根长L5.0 m的不可伸长的轻绳，轻绳另一端系在距离水面高H10.0 m的O点，此时轻绳与竖直方向的夹角为37，C点是位于O点正下方水面上的一点，距离C点x4.8 m处的D点有一只救生圈，O、A、C、D各点均在同一竖直面内若运动员抓紧绳端点，从河岸上A点沿垂直于轻绳斜向下方向以一定初速度v0跃出，当摆到O点正下方的B点时松开手，最终恰能落在救生圈内(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)求：
13、(1)运动员经过B点时速度的大小vB及对轻绳的拉力；(2)运动员从河岸上A点跃出时的动能Ek；(3)若初速度v0不一定，且使运动员最终仍能落在救生圈内，则救生圈离C点距离x将随运动员离开A点时初速度v0的变化而变化试在所给坐标系中粗略作出xv0的图象，并标出图线与x轴的交点解析：(1)运动员从B点到D点做平抛运动HLgt2xvBt代入数据解得vB4.8 m/s设轻绳对运动员的拉力为F则FmgFm代入数据解得F730.4 N.由牛顿第三定律知：运动员对轻绳的拉力大小为730.4 N，方向竖直向下(2)运动员从A点到B点的过程中，由机械能守恒定律有mghABmvEk其中hABL(1cos )代入数据解得Ek76 J.(3)设运动员经过O点正下方B点时的速度为vB，B点距水面高h，则mvmvmgL(1cos )xvBhHl解得x2v20xv0的图象如图所示答案：见解析
